CF1675G

首先,可以感性地发现移动小球时出现负值不会影响最终答案,只要最终方案是非负的就行了。

所以,我们不妨规定,一个箱子只能从右边一个箱子拿小球,或者向右边一个箱子放小球。

fi,j,k 表示前 i 个箱子,总共放 j 个小球,第 i 个盘子放 k 个小球的最小移动次数。

可以发现 fi,j,k 能转移到 fi+1,j+p,p,pk

原来i 个箱子小球的总数量为 Si

考虑如何从 fi,j,k 转移到 fi+1,j+p,p:由于我们每次转移小球都只和右边一个箱子有关,所以前 i 个箱子定好后的状态中,前 i+1 个箱子上的小球数之和依然是 Si+1

所以我们只需从第 i+2 个箱子里拿 j+pSi+1 个小球到第 i+1 个箱子上就行了(若拿负数个小球过来,等同于拿出去这么多个)。

则可以得出转移:fi+1,j+p,p=min(fi+1,j+p,p,fi,j,k+|j+pSi+1|)

初值为 f0,0,m=0,其余均为 ,最终答案是 min0im{fn,m,i}

但是这样是 O(nm3) 的。

不难发现只要倒序枚举 k,然后维护一个 mn=minklm{fi,j,l} 就好了。

这样就能做到 O(nm2)

Code:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 255, inf = 0x3f3f3f3f;
int n, m;
int a[N], f[N][N][N];
int ans = inf;

void chkmin(int &a, int b) { if (a > b) a = b; }

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]), a[i] += a[i - 1];
	memset(f, 0x3f, sizeof f), f[0][0][m] = 0;
	for (int i = 0; i < n; ++i)
		for (int j = 0; j <= m; ++j) {
			int mn = inf;
			for (int k = m; ~k; --k) {
				chkmin(mn, f[i][j][k]);
				if (j + k <= m) chkmin(f[i + 1][j + k][k], mn + abs(j + k - a[i + 1]));
			}
		}
	for (int i = 0; i <= m; ++i) chkmin(ans, f[n][m][i]);
	printf("%d", ans);
	return 0;
}
posted @   Kobe303  阅读(21)  评论(0编辑  收藏  举报
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